A.P.M.E.P.
[ Corrigé du baccalauréat STI2D – Nouvelle Calédonie \ 26 novembre 2019
Exercice 1 4 points
1. Proposition 1: la forme algébrique dezAestzA= −1+1,7i.
Le plan est partagé en douze secteurs de mesure360
12 =30°. Un argument de A est donc 90+ 30=120°. Donc une écriture dezAest donczA=2e120i=2(cos 120+i sin 120)=2
Ã
−1 2+i
p3 2
!
=
−1+ip 3. Orp
3≈1,732 : l’affirmation est fausse.
2. Proposition 2: elle a attendu en moyenne, au total, environ 258 heures et 20 minutes à l’arrêt de bus.
Le temps d’attente moyen pour cette loi uniforme est120+500
2 =310 (s).
En 3 000 attentes elle aura donc attendu : 3000×310=930000 (s).
Comme 1 h = 3 600, ce temps est égal à 258,333 soit 258 h 20 minutes. L’affirmation est vraie.
3. Proposition 3: le point C(12,1 ; 10,4) appartient à la droite (d).
Le coefficient directeur de la droite (AB)est égal à :5−3 4−1=2
3. DoncM(x;y)∈(AB)⇐⇒ y=2
3+b.
Or A(1 ; 3)∈(AB)⇐⇒3=2
3+b ⇐⇒b=7 3. Donc : M(x;y)∈(AB) ⇐⇒ y=2
3x+7 3.
Finalement C(12,1 ; 10,4)∈(AB) ⇐⇒ 10,4=2
3×10,1+7
3 ⇐⇒ 10,4=27,2
3 . Or27,2 3 ≈9,07.
L’affirmation est fausse.
4. Proposition 4: pour tout nombre réelx>2, on a ln¡
x2−4¢
=ln(x+2)+ln(x−2).
Pour tout nombre réelx>2, on a ln(x+2) et ln(x−2) qui sont bien définies et ln(x+2)+ln(x−2)=ln [(x+2)(x−2)]=ln¡
x2−4¢
. L’affirmation est vraie.
Exercice 2 4 points
Partie A
1. Le volume moyen de déchets ramassés en une semaine sur un kilomètre de plage est 7 l.
2. La courbe doit être centrée en 7, ce qui exclut les courbes 3 et 4.
On sait d’autre part queP(µ−3σ6X6µ+3σ)≈0,99, soitP(2,56X611,5)≈0,99, ce qui correspond à la courbe 2.
3. La calculatrice ou le cours) donneP(46X610)=P(µ−2σ6X6µ+2σ)≈0,95.
4. a. La calculatrice donneP(X>5)≈0,91.
b. Ceci signifie qu’il y a 91 % de chances qu’il y ait au moins 5 litres de déchets au kilo- mètre.
Corrigé du baccalauréat STI2D A. P. M. E. P.
Partie B
On an2200>30, np=2200×0,98=2156>5 etn(1−p)=2200×0,02=44>5 ; on peut calculer l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % :
·
0,98−1,96
r0,98×0,02
2200 ; 0,98+1,96
r0,98×0,02 2200
¸
≈[0,974 ; 0,986].
La fréquence de personnes ayant laissé un ou plusieurs déchets sur la plage est égale à 135 2200≈ 0,0613, donc celle des personnes n’ayant pas laissé un ou plusieurs déchets sur la plage est égale à 1−0,0613≈0,939.
Comme 0,939∉[0,974 ; 0,986] on peut en conclure que les relevés sont en contradiction avec les résultats du sondage.
Exercice 3 6 points
Partie A
1. On sait que les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions définies sur [0 ; 48]
par :7−→f(t)=Ce0,02t, avecC∈R.
2. On a doncf(0)=C=3000.
Conclusion : sur [0 ; 48], f(t)=3000e0,02t. 3. Il faut résoudre l’équation :
3000e0,02t=6000 ou e0,02t=2 soit par croissance de la fonction logarithme népérien : 0,02t=ln 2 soit enfint= ln 2
0,02≈34,6574 soit environ 34,657 (h).
Ce temps est égal à 34 h et 0,657×60≈39 (min)
Le nombre de bactéries aura donc doublé au bout de 34 h 39 min.
Partie B 1. • u1=0,95×7800+1500=7410+1500=8910 ;
• u2=0,95×8910+1500=8464,5+1500=9964,5≈9965.
2. a.
u←7800 n←0
Tant queu620000 u←u×0,95+1500 n←n+1
Fin Tant que
b. n=16 signifie queu16>20000 (La calculatrice donneu16≈20229.) 3. a. v0=u0−30000=7800−30000= −22200.
b. On sait que quel que soit le natureln, vn=v0×0,95n, soitvn= −22200×0,95n. c. vn=un−30000 entraîne en ajoutant 3 000 à chaque membre :
vn+30000=un, soitun=30000−0,95×22200.
d. Comme 0<0,95<1, on sait que lim
n→+∞0,95n=0, donc lim
n→+∞0,95n×22200=0, puis par somme de limites :
n→+∞lim un=30000.
Ceci signifie que le nombre de bactéries ne dépassera pas 30 000 et plafonnera à ce nombre au bout d’un certain nombre de jours (la calculatrice donne 29 994 après 160 jours la croissance étant de plus en plus faible).
Exercice 4 6 points
Nouvelle Calédonie 2 26 novembre 2019
Corrigé du baccalauréat STI2D A. P. M. E. P.
Partie A 1. Un navire peut en un an récolter 365×35.
Pour récolter les déchets d’une année il faudra donc 8000000
365×35 ≈626,2 ; il faut donc 627 Manta.
2. Avec 700 navires on peut collecter 700×365×35=8942500 tonnes.
Pour collecter 450 millions de tonnes de déchets plastiques il faudra donc : 450000000
8942500 ≈50,3 : il faudra donc 51 ans.
Partie B
1. a. La fonctionFest une somme de fonctions dérivable sur [0 ; 25] et sur cet intervalle : F′(x)= −200×(−0,15) e−0,15x+18=30e−0,15x+18=f(x).
ConclusionFest une primitive def sur [0 ; 25].
b. D’après le résultat précédent : Z25
0 f(x) dx=[F(x)]250 =F(25)−F(0)= −200e−0,15×25+18×25−¡
−200e−0,15×0+18×0¢
=
−200e−3,75+450+200=650−200e−0,375≈645,296 m2.
2. a. On prend une primitive de chaque terme deg(x) sur [0 ; 25], soit : G(x)= −0,03x3
3 +0,15x2
2 +15x= −0,01x3+0,075x2+15x b. D’après le résultat précédent :
J= Z25
0 g(x) dx=[]250 =G(25)−G(0)= −0,01×253+0,075×252+15×25−
¡−0,01×03+0,075×02+15×0¢
= −156,25+46,875+375=265,625.
3. L’aire de la zone 3 est égale à :
I−J=≈645,296−265,625=379,671 soit 379,67 m2au centième près..
4. L’aire du rectangle ABCD est égale à 2×35=70 m2. L’aire du trapèze PQRS est égale à6+18,7
2 ×7,2=24,7×3,6=88,92 m2. L’aire totale des panneaux solaires est donc égale à :
379,67+70+88,92=538,59 m2au dm2près.
Nouvelle Calédonie 3 26 novembre 2019
